A 回答 (7件)
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No.6
- 回答日時:
No.3&4 です。
「補足・その3」に書かれたことについて。>最初の質問と同じ条件で、初めて床に到達するまでの時間をそれぞれ、t1,t2,t3とすると大小関係はt3>t2>t1とあったのですが
そりゃあ、時間にすればそうですよ。
投げ上げたら「一度上を通って、再度『元の高さ』に来たところから落下」だし、
水平投げなら「そこから自由落下」だし、
投げ下げなら「下に初速度を持って落下」だし。
「水平投げ」は鉛直方向には「自由落下」なので、「水平投げ」と「静止状態からの自由落下」の「床に到達するまでの時間」は同じです。
この2ケースの場合には、床に到達した時の「速さ」は異なります。
最初の質問は、「速さ」だからどのケースも等しいのであって、「床に到達するまでの時間」だったら、そりゃあ違います。
「水平投げ」と「静止状態からの自由落下」では、「床に到達するまでの時間」は等しいですが、そのときの「速さ」は異なります。
「何を」「どんな条件で」論じているかが、それぞれにおいてあいまい、ごっちゃにしていますね。
No.5
- 回答日時:
(1)、(2)、(3)は真空中ならどう投げても受け取る位置エネルギ―は同じなので③
力学的エネルギー保存則を知っていれば舜殺できる問題です。
2番目は、コイルの巻き線抵抗を0Ωとするなら④
質問から条件がポロポロ抜けていることから
色々先生の言葉を聞き落としているのでしょうね。
No.4
- 回答日時:
No.3 です。
「補足」の方も。「電流が作る磁場」は、電流が直流であっても発生します。
「磁場によって発生する電流」は、「磁場の変化」によって起電力が発生することにより流れます。
この2つをしっかり理解していれば解けると思います。
①②③は間違い。
コイル1に発生する磁場は「一定」で変化しないので、コイル2に起電力は発生せず、従って電流は流れない。
従って、選択肢の「4」が正解。
ただし、コイル1への電流の流れ始め、および電流を切った瞬間には、「磁場が発生(0 → 一定の磁場)」あるいは「磁場の消滅(一定の磁場 → 0)」という「磁場の変化」が起こるので、コイル2には瞬間的に起電力が生じます。
これを「瞬間的に一定の電圧がパルス状に生じる」(流れ始めは「正」、切った瞬間は「負」)ということで、先生は「5」と言ったのでしょうか。「繰り返し」ではないので「交流ではない」ということで。
しかし「問題の本文」に「一定の直流電流が流れているとき」と書かれているので、これには該当しません。
No.3
- 回答日時:
「質問」のほうは、条件が何も書かれていませんが、どの角度で投げるにしても初速の大きさは同じと仮定して解いてみましょう。
初速を V0 として、投げる方向の水平面からの角度(反時計回りを正)を θ とすれば
(1) は θ > 0 に相当する
(2) は θ = 0 に相当する
(3) は θ < 0 に相当する
ことが分かりますね?
鉛直方向を y 軸に(上方向が正)、水平方向の投げる向きに x 軸(投げる方向を正)をとり、空気の抵抗はないものとして考えます。
そうすれば、投げる位置の床からの高さを H >0 として
(1) ax = 0, ay = -g
より
Vx = V0*cosθ, Vy = V0*sinθ - gt
x = (V0*cosθ)t, y = H + (V0*sinθ)t - (1/2)gt^2
(2) ax = 0, ay = -g
より
Vx = V0, Vy = -gt
x = V0*t, y = H - (1/2)gt^2
(3) ax = 0, ay = -g
より
Vx = V0*cosθ, Vy = V0*sinθ - gt
x = (V0*cosθ)t, y = H + (V0*sinθ)t - (1/2)gt^2
これは、(2) は (1)(3) で θ = 0 とおいたものだし、(1) と (3) は θ の符号を考えれば同じ式になるので、結局は
加速度:ax = 0, ay = -g
速度 :Vx = V0*cosθ, Vy = V0*sinθ - gt
位置 :x = (V0*cosθ)t, y = H + (V0*sinθ)t - (1/2)gt^2
ですべて表せることが分かります。
床に到達する時刻を T とすれば、そのとき y=0 になるので
y(T) = H + (V0*sinθ)T - (1/2)gT^2 = 0
より
T^2 - 2[(V0*sinθ)/g]T - 2H/g = 0
なので、二次方程式の一般解は
T = ( 2[(V0*sinθ)/g] ± √{4[(V0*sinθ)/g]^2 + 8H/g} )/2
= (V0*sinθ)/g ± √{[(V0*sinθ)/g]^2 + 2H/g}
T > 0 だから
T = (V0*sinθ)/g + √{[(V0*sinθ)/g]^2 + 2H/g}
その時刻の速さは
θ > 0 のとき
Vx = V0*cosθ
Vy = V0*sinθ - gT = V0*sinθ - g[(V0*sinθ)/g + √{[(V0*sinθ)/g]^2 + 2H/g}]
= V0*sinθ - (V0*sinθ) + √{[(V0*sinθ)]^2 + 2Hg}
= √{[(V0*sinθ)]^2 + 2Hg}
よって
V = √(Vx^2 + Vy^2) = √{(V0*cosθ)^2 + [√{[(V0*sinθ)]^2 + 2Hg}]^2 }
= √{V0^2*cos^2(θ) + V0^2*sin^2(θ) + 2Hg }
= √(V0^2 + 2Hg)
θ = 0 のとき、T = √(2H/g) なので
Vx = V0
Vy = -gT = -g√(2H/g)
= -√(2Hg)
よって
V = √(Vx^2 + Vy^2) = √{V0^2 + [-√(2Hg)]^2 }
= √(V0^2 + 2Hg)
θ < 0 のとき
Vx = V0*cosθ
Vy = V0*sinθ - gT = V0*sinθ - g[(V0*sinθ)/g + √{[(V0*sinθ)/g]^2 + 2H/g}]
= V0*sinθ - (V0*sinθ) + √{[(V0*sinθ)]^2 + 2Hg}
= √{[(V0*sinθ)]^2 + 2Hg}
よって
V = √(Vx^2 + Vy^2) = √{(V0*cosθ)^2 + [√{[(V0*sinθ)]^2 + 2Hg}]^2 }
= √{V0^2*cos^2(θ) + V0^2*sin^2(θ) + 2Hg }
= √(V0^2 + 2Hg)
いずれも θ を含まない同じ式になりますね。
以上から、床に到達するときの速さは、すべて同じということになり、選択肢では③ということになります。
これは、「どの角度で投げるにしても初速の大きさは同じ」と仮定すれば、投げた瞬間の「運動エネルギー」が角度によらず等しく、かつ床からの「位置エネルギー」も全ケースで等しいので、床に到達したときの運動エネルギーは全ケースで等しいということからも言えます。
もし「鉛直方向の速度成分」の話であれば、上の式から分かるように、
Vy = √{[(V0*sinθ)]^2 + 2Hg}
ですから、θ の大きさによってまちまちであり、θ = 0 のとき最小になります。
No.2
- 回答日時:
真上または真下への運動(1次元)としても、上に投げ上げる時の速度と下に投げ下ろす時の速度が書いてないので、選択肢の中には答えはなしが正解です。
投げ上げと投げ下ろしの速度が同じ場合は、先生が正しい。理由は超簡単だから自分で考えることです。回答を信じる根拠は何ですか?No.1
- 回答日時:
高校の物理学を離れて久しいのですが、初めの質問はこの条件だけでは解を出すことができないと思います。
すべてを同じ高さから行ったと考えても、投げおろし、投げ上げの初速度が分からないため、鉛直投げおろしの速度の式v=v0+gtのv0と、鉛直投げ上げの速度の式v=v0-gtのv0の比較ができません。
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